191030-模拟测试10-优快云博客

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191030-模拟测试10

T1 序列

题目描述

解析

首先问题转换为寻找一个最大的区间 $[l, r]$ 使得 $s u m a [r] > s u m a [l - 1], s u m b [r] > s u m b [l - 1]$ ( $s u m a [i], s u m b [i]$ 为前缀和数组),那么我们只需要用树状数组维护即可

题解

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define INF 1e8
using namespace std;
struct node
{
	int b,aa,bb,w;
}s[1000009];
int n,a[1000009],ans,tree[1000009],len;
bool comp(const node &x,const node &y)
{
	if(x.aa!=y.aa) return x.aa<y.aa;
	if(x.bb!=y.bb) return x.bb<y.bb;
	return x.w<y.w;
}
int lowbit(int i)
{
	return i&(-i);
}
void minn(int x,int val)
{
	while(x<=len)
	{
		tree[x]=min(tree[x],val);
		x+=lowbit(x);
	}
}
int query(int x)
{
	int sum=INF;
	while(x>0)
	{
		sum=min(sum,tree[x]);
		x-=lowbit(x);
	}
	return sum;
}
signed main()
{
	int x;
	scanf("%lld",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{ 
		scanf("%lld",&x); 
		s[i].aa=s[i-1].aa+x;
	} 
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%lld",&x);
		s[i].w=i;
		s[i].bb=s[i-1].bb+x;
		a[i]=s[i].bb;
	}
	sort(a+1,a+n+1);
	len=unique(a+1,a+n+1)-a-1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		s[i].b=lower_bound(a+1,a+len+1,s[i].bb)-a;
	sort(s+1,s+n+1,comp);
	memset(tree,127,sizeof(tree));
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		ans=max(ans,s[i].w-query(s[i].b));
		minn(s[i].b,s[i].w);
		if(s[i].aa>=0&&s[i].bb>=0)
			ans=max(ans,s[i].w);
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

T2 二叉搜索树

题目描述

在这里插入图片描述

解析

$f [i] [j]$ 表示将 $i - j$ 中的所有节点建成一颗二叉搜索树，所需要付出的代价的最小值，因此可以用区间dp解决该题， $f[i][j]=min{(f[i][k-1]+f[k+1][j]}+x[i..j])$ 表示我们当前要以k为根节点，合并 $i . . . k - 1, k + 1 . . . j$ 的节点为一棵二叉搜索树，因为合并后，每个节点会向下一层，因此我们要多付出的代价为 $x_i+...+x_j$ ,可以用前缀和来维护，即 $sum_j-sum_{i-1}$ ;
但这样的时间复杂度为 $O(n^3）$ ,因此我们要考虑优化。
~~因为不会斜率优化dp~~ ，因此考虑四边形不等式优化dp，然而我不会证明该题对于四边形不等式成立，因此可以通过打表来寻找规律，最后发现它具有决策单调性，因此时间复杂度优化至 $O（n^2）$
在这里插入图片描述

题解

#include<bits/stdc++.h>
#define INF 1e18
using namespace std;
long long f[5011][5011],sum[5100],n;
int g[5011][5011],v;
inline long long read()
{
	long long f=1,re=0;
	char ch;
	for(ch=getchar();(ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-';ch=getchar());
	if(ch=='-')
	{
		f=-1;
		ch=getchar();
	}
	for(;(ch>='0'&&ch<='9');ch=getchar())
		re=(re<<3)+(re<<1)+ch-'0';
	return re*f;
}
signed main()
{
	long long x;
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		x=read();
		sum[i]=sum[i-1]+x;
		f[i][i]=x;
		g[i][i]=i;
	}
	for(int i=1;i<n;i++)
		for(int j=1;(v=j+i)<=n;j++)
		{
			f[j][v]=INF;
			for(int k=g[j][v-1];k<=g[j+1][v];k++)
				if(f[j][v]>f[j][k-1]+f[k+1][v])
				{
					f[j][v]=f[j][k-1]+f[k+1][v];
					g[j][v]=k;
				}
			f[j][v]+=(sum[v]-sum[j-1]);
		}
	printf("%lld",f[1][n]);
	return 0;
}

附上暴力代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define INF 1e18
using namespace std;
int f[5010][5011],sum[5100],n;
int read()
{
	int f=1,re=0;
	char ch;
	for(ch=getchar();!isdigit(ch)&&ch!='-';ch=getchar());
	if(ch=='-')
	{
		f=-1;
		ch=getchar();
	}
	for(;isdigit(ch);ch=getchar())
		re=(re<<3)+(re<<1)+ch-'0';
	return re*f;
}
signed main()
{
	int x;
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		x=read();
		sum[i]=sum[i-1]+x;
		f[i][i]=x;
	}
	for(int i=1;i<n;i++)
		for(int j=1;(j+i)<=n;j++)
		{
			f[j][i+j]=INF;
			for(int k=j;k<=(i+j);k++)
				f[j][i+j]=min(f[j][i+j],f[j][k-1]+f[k+1][i+j]);
			f[j][i+j]+=(sum[i+j]-sum[j-1]);
		}
	printf("%lld",f[1][n]);
	return 0;
}

T3 走路

题目描述

解析

~~话说这道题，我是真不会，~~ 不过该题还是有可以让我这个菜鸡学习的地方，首先问题要求的是期望，因此我们需要知道求期望的方法，看下面一张图：

f[i]表示从起点(可以是选择的任意一点)到i点所走的期望边数
因此f[k]可以先跨过一条边，有 $13\frac{1}{3}$ 的概率走到u,v,w点来得到 $f [u], f [v], f [w]$ 的期望值，因此 $f[k]=13∗(f[u]+f[v]+f[w])+1f[k]=\frac{1}{3}*(f[u]+f[v]+f[w])+1$ ，其他点也可以类比，最后解一个多元一次方程即可。

题解

//#include<bits/stdc++.h>
#include<iostream>
#define L long long
#define vi vector<int>
#define pb push_back
using namespace std;
const int q=998244353;
int n,m,f[310][310],g[10][310][310],x[310][310];
bool y[310][310];
inline int power(int a,int b)
{
    if(!b)
      return 1;
    int c=power(a,b>>1);
    c=(L)c*c%q;
    if(b&1)
      c=(L)c*a%q;
    return c;
}
inline void dfs(int l,int i)
{
    int j;
    x[l][i]=f[i][0];
    for(j=1;j<=n;j++)
      if(j!=i && f[i][j])
        {
         if(!y[l][j])
           dfs(l,j);
         x[l][i]=(x[l][i]-(L)f[i][j]*x[l][j])%q;
        }
    y[l][i]=1;
}
inline void calc(int l,int r,int p)
{
    int i,j,k,m=(l+r)>>1;
    if(l==r)
      {
       y[l][l]=1;
       for(i=1;i<=n;i++)
         if(!y[l][i])
           dfs(l,i);
       return;
      }
    for(i=l;i<=r;i++)
      {
       g[p][i][0]=f[i][0];
       for(j=l;j<=r;j++)
         g[p][i][j]=f[i][j];
      }
    for(i=l;i<=m;i++)
      {
       k=power(f[i][i],q-2);
       f[i][0]=(L)f[i][0]*k%q;
       for(j=i;j<=r;j++)
         f[i][j]=(L)f[i][j]*k%q;
       for(j=i+1;j<=r;j++)
         if(f[j][i])
           {
            f[j][0]=(f[j][0]-(L)f[i][0]*f[j][i])%q;
            for(k=r;k>=i;k--)
              f[j][k]=(f[j][k]-(L)f[i][k]*f[j][i])%q;
           }
      }
    calc(m+1,r,p+1);
    for(i=l;i<=r;i++)
      {
       f[i][0]=g[p][i][0];
       for(j=l;j<=r;j++)
         f[i][j]=g[p][i][j];
      }
    for(i=r;i>m;i--)
      {
       k=power(f[i][i],q-2);
       f[i][0]=(L)f[i][0]*k%q;
       for(j=l;j<=i;j++)
         f[i][j]=(L)f[i][j]*k%q;
       for(j=i-1;j>=l;j--)
         if(f[j][i])
           {
            f[j][0]=(f[j][0]-(L)f[i][0]*f[j][i])%q;
            for(k=l;k<=i;k++)
              f[j][k]=(f[j][k]-(L)f[i][k]*f[j][i])%q;
           }
      }
    calc(l,m,p+1);
    for(i=l;i<=r;i++)
      {
       f[i][0]=g[p][i][0];
       for(j=l;j<=r;j++)
         f[i][j]=g[p][i][j];
      }
}
int main()
{
    //freopen("walk.in","r",stdin);
    //freopen("walk.out","w",stdout);
    int i,j,k;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(i=1;i<=m;i++)
      {
       scanf("%d%d",&j,&k);
       f[j][j]++;
       f[j][0]++;
       f[j][k]--;
      }
    calc(1,n,0);
    for(i=2;i<=n;i++)
      printf("%d\n",(x[i][1]+q)%q);
    return 0;
}